这个题的意思是给你两个数m, k， 让你求出与m互质的第k个数， 设想对于一个数r，我们可以求出小于等于r与m互质的数的个数， 那么我们就可以使用二分很快的求解。 假设我们把m唯一分解 m = p1^a1 * p2^a2 * ... * pi^ai， 那么小于等于r与m互质的数中不应该有p1 p2 .. pi这些因子， 因此问题转化成求解小于等于r且不含有p1, p2 p3 .. pi因子的数的个数， 这可以使用容斥原理来接觉， 假设Ai是不含有因子Pi的数的个数那么答案就是 r - (A1+A2+ .. Ai) + (Ai并Aj i!=j) - ... Ai = r/pi. 代码如下：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int maxn = 100000 + 10; int m, k; int pi[maxn], npi; bool vis[maxn]; int prime[maxn], num; void shai(int n) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); int m = sqrt(n+0.5); for(int i=2; i<=m; i++) if(!vis[i]) for(int j=i*i; j<=n; j+=i) vis[j] = 1; num = 0; for(int i=2; i<=n; i++) if(vis[i] == 0) prime[num++] = i; } LL check(LL r) //求解r中与m互质的数目 { LL res = r; for(int i=1; i<(1<<npi); i++) { int bits=0, sum=1; for(int j=0; j<npi; j++) if(((i>>j)&1)==1) bits++, sum*=pi[j]; if(bits%2==1) res -= r/sum; else res += r/sum; } return res; } int main() { shai(100000); while(cin>>m>>k) { npi = 0; int tp = m; for(int i=0; i<num; i++) { if(tp%prime[i] == 0) { pi[npi++] = prime[i]; while(tp%prime[i]==0) tp/=prime[i]; } if(tp == 1) break; } if(tp != 1) pi[npi++] = tp; LL l=1, r=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; LL res = 1; while(l <= r) { LL mid = (l+r)/2; if(check(mid)>=k) { res = mid; r = mid-1; } else l = mid + 1; } cout<<res<<endl; } return 0; }
原文：http://www.cnblogs.com/xingxing1024/p/5215243.html